1、考点规范练26带电粒子在电场中运动的综合问题一、单项选择题1.(2021河南南阳模拟)如图甲所示,有一固定的正点电荷N,其右侧距离为l处竖直放置一内壁光滑的绝缘圆筒,圆筒内有一带电小球。将小球从h0高处由静止释放,至小球下落到与N同一水平面的过程中,其动能Ek随高度h(设小球与点电荷N的竖直高度差为h)的变化曲线如图乙所示。下列说法正确的是()A.带电小球在整个运动过程中,小球的机械能先增大后减小B.带电小球在高度h0h1之间运动过程中,电势能减小C.带电小球在高度h1h2之间运动过程中,机械能减小D.带电小球在h1和h2两个位置受到的库仑力都等于重力2.如图甲所示,M、N为正对竖直放置的平行
2、金属板,A、B为两板中线上的两点。当M、N板间不加电压时,一带电小球从A点由静止释放经时间T到达B点,此时速度为v。若两板间加上如图乙所示的交变电压,t=0时,将带电小球仍从A点由静止释放,小球运动过程中始终未接触金属板,则t=T时,小球()A.在B点上方B.恰好到达B点C.速度大于vD.速度小于v3.如图所示,D是一只二极管,AB是平行板电容器,在电容器两极板间有一带电微粒P处于静止状态,在两极板A和B间的距离增大一些的瞬间(两极板仍平行),带电微粒P的运动情况是()A.向下运动B.向上运动C.仍静止不动D.不能确定4.带同种电荷的A、B两物块放置在光滑水平面上,A物块的质量为m1,B物块的
3、质量为m2。A、B两物块紧靠在一起且相互间无电荷交换,释放一段时间后,A、B两物块相距为d,此时B物块的速度为v。A、B两物块均可看作点电荷,已知两点电荷系统具有的电势能的大小仅与两带电体的电荷量以及距离有关。若A物块质量不变,将B物块的质量增大为2m2,A、B两物块电荷量保持不变,仍从紧靠在一起释放,则释放后A、B两物块距离为d时B物块的速度为()A.12vB.22vC.m2+m12m2+m1vD.m2+m14m2+2m1v二、多项选择题5.如图所示,带电小球自O点由静止释放,经C孔进入两水平放置的平行金属板之间,由于电场的作用,下落到D孔时速度刚好减为零。对于小球从C到D的运动过程,已知从
4、C运动到CD中点位置用时t1,从C运动到速度等于C点速度一半的位置用时t2,则下列说法正确的是()A.小球带负电B.t1t2D.将B板向上平移少许后小球可能从D孔落下三、非选择题6.如图所示,虚线MN左侧有一电场强度E1=E的匀强电场,在两条平行虚线MN和PQ之间存在着宽为l、电场强度E2=2E的匀强电场,在虚线PQ右侧距PQ为l处有一与电场E2平行的屏。现有一电子从电场E1中的A点由静止释放,最后电子打在右侧的屏上,A点到MN的距离为l,AO连线与屏垂直,垂足为O,电子电荷量为e、质量为m,所受的重力不计,求:(1)电子到达MN时的速度大小;(2)电子刚射出电场E2时的速度方向与AO连线夹角
5、的正切值tan ;(3)电子打到屏上的点P到O点的距离y。7.(2021山东青岛模拟)如图所示,水平地面上方存在水平向左的匀强电场,一质量为m的带电小球(大小可忽略)用轻质绝缘细线悬挂于O点,小球电荷量为+q,静止时距地面的高度为h,细线与竖直方向的夹角为=37,重力加速度为g,sin 37=0.6,cos 37=0.8。(1)求匀强电场的电场强度大小E。(2)现将细线剪断,求小球落地过程中水平位移的大小。(3)现将细线剪断,求带电小球落地前瞬间的动能。8.(2021湖北月考)一质量m1=1 kg、电荷量q=+0.5 C的小球以v0=3 m/s的速度,沿两正对带电平行金属板(板间电场可看成匀强
6、电场)左侧某位置水平向右飞入,极板长0.6 m,两极板间距为0.5 m,不计空气阻力,小球飞离极板后恰好由A点沿切线落入竖直光滑圆弧轨道ABC,圆弧轨道ABC的形状为半径R3 m的圆截去了左上角127的圆弧,CB为其竖直直径,在过A点竖直线OO的右边空间存在竖直向下的匀强电场,电场强度为E=10 V/m。g取10 m/s2。(1)求两极板间的电势差大小U。(2)欲使小球在圆弧轨道中运动时不脱离圆弧轨道,求半径R的取值应满足的条件(结果可用分式表示)。9.如图所示,在竖直平面内的直角坐标系Oxy中,x轴上方有水平向右的匀强电场。一质量为m、电荷量为-q(-q0)的带电绝缘小球,从y轴上的P(0,
7、l)点由静止开始释放,运动至x轴上的A(-l,0)点时,恰好无碰撞地沿切线方向进入固定在x轴下方竖直放置的四分之三圆弧形光滑绝缘细管。细管的圆心O1位于y轴上,细管交y轴于B点,交x轴于A点和C(l,0)点。已知细管内径略大于小球外径,小球直径远小于细管轨道的半径,不计空气阻力,重力加速度为g。求:(1)匀强电场电场强度的大小;(2)小球运动到B点时对细管的压力;(3)小球从C点飞出后落在x轴上的位置坐标。考点规范练26带电粒子在电场中运动的综合问题1.C解析:根据动能定理知,Ek-h图像的斜率为带电小球所受合力,由图像知随h的减小,斜率先减小,减小到0后反向增大,说明N对小球的库仑力斜向右上
8、方,为斥力,所以小球带正电,整个过程中小球距离正点电荷N越来越近,库仑力对小球始终做负功,除重力外的其他力做的功等于机械能的变化,由于库仑力做负功,故带电小球在运动过程中,机械能减小,电势能增加,故A、B错误,C正确。小球受到的库仑力F=kQqr2,整个运动过程中,r越来越小,库仑力一直增大,h1和h2两个位置图像的斜率为零,即合力为零,所以带电小球在h1和h2两个位置受到的库仑力的竖直分力等于重力,故D错误。2.B解析:在两板间加上如题图乙所示的交变电压,小球受到重力和静电力的作用,静电力做周期性变化,且静电力沿水平方向,所以小球竖直方向做自由落体运动。在水平方向小球先做匀加速直线运动,后沿
9、原方向做匀减速直线运动,t=T2时速度为零,接着反向做匀加速直线运动,后继续沿反方向做匀减速直线运动,t=T时速度为零。根据对称性可知在t=T时小球的水平位移为零,所以t=T时,小球恰好到达B点,故A错误,B正确。在0T时间内,静电力做功为零,小球机械能变化量为零,所以t=T时,小球速度等于v,故C、D错误。3.C解析:当带电微粒P静止时,对其进行受力分析得qE=mg。当A、B之间距离增大时,电容器的电容C减小,由Q=CU得,Q也减小,但由于电路中连接了一个二极管,它具有单向导电性,使得电容器不能放电,故电容器A、B两极板上的电荷量不变,由C=rS4kd得,电场强度E=Ud=QCd=4kQrS
10、不变,静电力仍等于微粒的重力,故带电微粒仍保持静止状态,选项C正确。4.D解析:第一种情况,设B物块的速度为v时A的速度大小为v,取水平向左为正方向,由系统的动量守恒得0=m1v-m2v,由能量守恒定律得,系统释放的电势能Ep1=12m1v2+12m2v2。第二种情况,设A、B两物块距离为d时速度大小分别为vA、vB,取水平向左为正方向,由系统的动量守恒得0=m1vA-2m2vB,由能量守恒定律得,系统释放的电势能Ep2=12m1vA2+122m2vB2。根据题意可知Ep1=Ep2,联立解得vB=m2+m14m2+2m1v,故A、B、C错误,D正确。5.AB解析:由题图可知,A、B间的电场强度
11、方向向下,小球从C到D做减速运动,受静电力方向向上,所以小球带负电,选项A正确。由于小球在电场中受到的重力和静电力都是恒力,所以小球做匀减速直线运动,其速度图像如图所示,由图可知,t1t2,选项B正确,C错误。将B板向上平移少许,两板间的电压不变,根据动能定理可知mg(h+d)-qU=0,mg(h+x)-qUxd=0,联立得x=hh+d-ddd,即小球不到D孔就要向上返回,所以选项D错误。6.解析:(1)设电子到达MN时的速度大小为v。电子从A运动到MN的过程中,根据动能定理得eE1l=12mv2得v=2eElm。(2)电子进入电场E2后做类平抛运动,加速度为a=eE2m=2eEm电子在电场E
12、2中运动时间t1=lv电子刚射出电场E2时竖直方向的分速度大小为vy=at1电子刚射出电场E2时的速度方向与AO连线夹角的正切值为tan=vyv联立解得tan=1。(3)电子在电场中的运动轨迹如图所示。电子射出电场E2时速度的反向延长线过水平位移的中点O,根据几何关系得y=l2+ltan=32l。答案:(1)2eElm(2)1(3)32l7.解析:(1)小球静止时,对小球受力分析如图所示,由FTcos37=mgFTsin37=qE解得E=3mg4q。(2)剪断细线,小球在竖直方向做自由落体运动,水平方向做加速度为a的匀加速直线运动,由qE=max=12at2h=12gt2联立解得x=34h。(
13、3)从剪断细线到落地瞬间,由动能定理得Ek=mgh+qEx=2516mgh。答案:(1)3mg4q(2)34h(3)2516mgh8.解析:(1)小球在平行金属板间做匀变速曲线运动,到A点时,带电粒子在平行板中运动的时间t=lv0=0.2s竖直分速度vy=v0tan53=4m/s由vy=at,得a=20m/s2又mg+Eq=ma,E=Ud,得U=10V。(2)在A点速度vA=v0cos53=5m/s若小球运动到与圆心等高处前速度减为零,则不会脱离轨道,此过程由动能定理得(mg+qE)Rcos5312mvA2,解得R2518m故2518mR3m。若小球能到达最高点C,则不会脱离轨道,在此过程中,
14、由动能定理得-(mg+qE)R(1+cos53)=12mvC2-12mvA2小球能到最高点C,在C点满足mg+EqmvC2R解得R2563m故小球在圆弧轨道运动时不脱离圆弧轨道的条件为2518mR3m或R2563m。答案:(1)10 V(2)2518 mR3 m或R2563 m9.解析:(1)小球由静止释放后在重力和静电力的作用下做匀加速直线运动,从A点沿切线方向进入细管,则此时速度方向与竖直方向的夹角为45,即加速度方向与竖直方向的夹角为45,则tan45=mgEq解得E=mgq。(2)根据几何关系可知,细管轨道的半径r=2l从P点到B点的过程中,根据动能定理得mg(2l+2l)+Eql=1
15、2mvB2在B点,根据牛顿第二定律得FN-mg=mvB2r联立解得FN=3(2+1)mg,方向竖直向上根据牛顿第三定律可得小球运动到B点时对细管的压力大小FN=3(2+1)mg,方向竖直向下。(3)从P到A的过程中,根据动能定理得12mvA2=mgl+Eql解得vA=2gl小球从C点抛出后做类平抛运动抛出时的速度vC=vA=2gl小球的加速度g=2g当小球沿抛出方向和垂直抛出方向位移相等时,又回到x轴,则有vCt=12gt2解得t=22lg则沿x轴方向运动的位移x=vCtsin45=2vCt=8lx=l-8l=-7l,则小球从C点飞出后落在x轴上的坐标为(-7l,0)。答案:(1)mgq(2)3(2+1)mg方向竖直向下(3)(-7l,0)
